多维层次练43-立体几何中的角、探究及距离问题学案

这是一份多维层次练43-立体几何中的角、探究及距离问题学案，共16页。

1．若直线l的方向向量与平面α的一个法向量的夹角等于120°，则直线l与平面α所成的角等于( )
A．120° B．60°
C．30° D．60°或30°
解析：设直线l与平面α所成的角为β，直线l与平面α的法向量的夹角为γ.则sin β＝|cs γ|＝|cs 120°|＝eq \f(1,2).又因为0°≤ β≤90°，所以β＝30°.
答案：C
2．平面α的一个法向量为n＝(1，－eq \r(3)，0)，则y轴与平面α所成的角的大小为( )
A.eq \f(π,6) B.eq \f(π,3)
C.eq \f(π,4) D.eq \f(π,2)
解析：y轴的一个方向向量为m＝(0，1，0)，设y轴与平面α所成的角为θ，则sin θ＝|cs〈m，n〉|.因为cs〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m||n|)＝eq \f(－\r(3),2×1)＝－eq \f(\r(3),2)，所以sin θ＝eq \f(\r(3),2)，所以θ＝eq \f(π,3).故选B.
答案：B
3．在空间直角坐标系O-xyz中，平面OAB的一个法向量为n＝(2，－2，1)，已知点P(－1，3，2)，则点P到平面OAB的距离d等于( )
A．4 B．2
C．3 D．1
解析：易知eq \(OP,\s\up15(→))＝(－1，3，2)，点P到平面OAB的距离d＝eq \f(|\(OP,\s\up15(→))·n|,|n|)＝eq \f(|－2－6＋2|,3)＝2.故选B.
答案：B
4．点P是二面角α-AB-β的棱上的一点，分别在α，β平面上引射线PM，PN，如果∠BPM＝∠BPN＝45°，∠MPN＝60°，那么二面角α-AB-β的大小为( )
A．60° B．70°
C．80° D．90°
解析：不妨设PM＝a，PN＝b，作ME⊥AB于E，NF⊥AB于F.因为∠EPM＝∠FPN＝45°，所以PE＝eq \f(\r(2),2)a，PF＝eq \f(\r(2),2)b，所以eq \(EM,\s\up15(→))·eq \(FN,\s\up15(→))＝(eq \(PM,\s\up15(→))－eq \(PE,\s\up15(→)))·(eq \(PN,\s\up15(→))－eq \(PF,\s\up15(→)))＝eq \(PM,\s\up15(→))·eq \(PN,\s\up15(→))－eq \(PM,\s\up15(→))·eq \(PF,\s\up15(→))－eq \(PE,\s\up15(→))·eq \(PN,\s\up15(→))＋eq \(PE,\s\up15(→))·eq \(PF,\s\up15(→))＝abcs 60°－a×eq \f(\r(2),2)bcs 45°－eq \f(\r(2),2)abcs 45°＋eq \f(\r(2),2)a×eq \f(\r(2),2)b＝eq \f(ab,2)－eq \f(ab,2)－eq \f(ab,2)＋eq \f(ab,2)＝0，所以eq \(EM,\s\up15(→))⊥eq \(FN,\s\up15(→))，所以二面角α-AB-β的大小为90°.
答案：D
5．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD的夹角的余弦值为( )
A．eq \f(1,2) B．eq \f(2,3)
C．－eq \f(\r(3),3) D．－eq \f(\r(2),2)
解析：以A为原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系(图略)．不妨设正方体的棱长为1，则A1(0，0，1)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，0，\f(1,2)))，D(0，1，0)，所以eq \(A1D,\s\up15(→))＝(0，1，－1)，eq \(A1E,\s\up15(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，0，－\f(1,2))).设平面A1ED的法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y－z＝0，,x－\f(1,2)z＝0，))令x＝1，则y＝2，z＝2，所以n＝(1，2，2)．因为平面ABCD的一个法向量为m＝(0，0，1)，所以cs〈n，m〉＝eq \f(2,3×1)＝eq \f(2,3)，
即平面A1ED与平面ABCD的夹角的余弦值为eq \f(2,3).故选B.
答案：B
6.如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB，AC，AA1两两互相垂直，AB＝AC＝AA1，M，N分别是线段BB1，CC1上的点，平面AMN与平面ABC所成锐二面角为eq \f(π,6)，当|eq \(B1M,\s\up15(→))|最小时，∠AMB＝( )
A.eq \f(5π,12) B.eq \f(π,3)
C.eq \f(π,4) D.eq \f(π,6)
解析：以A为原点，AB为x轴，AC为y轴，AA1为z轴，建立空间直角坐标系，设AB＝1，CN＝b，BM＝a，则N(0，1，b)，M(1，0，a)，A(0，0，0)，B(1，0，0)，则eq \(AM,\s\up15(→))＝(1，0，a)，eq \(AN,\s\up15(→))＝(0，1，b)．设平面AMN的一个法向量n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(AM,\s\up15(→))·n＝x＋az＝0，,\(AN,\s\up15(→))·n＝y＋bz＝0，))取z＝1，得n＝(－a，－b，1)．平面ABC的一个法向量m＝(0，0，1)，因为平面AMN与平面ABC所成锐二面角为eq \f(π,6)，所以cs eq \f(π,6)＝eq \f(|m·n|,|m|·|n|)＝eq \f(1,\r(a2＋b2＋1))，得3a2＋3b2＝1，
所以当|B1M|最小时，b＝0，BM＝a＝eq \f(\r(3),3)，
所以tan ∠AMB＝eq \f(AB,BM)＝eq \f(1,\f(\r(3),3))＝eq \r(3)，所以∠AMB＝eq \f(π,3).
答案：B
7.如图所示，在一个60°的二面角的棱上有两个点A，B，AC，BD分别是在这个二面角的两个半平面内垂直于AB的线段，且AB＝4 cm，AC＝6 cm，BD＝8 cm，则线段CD的长为________cm.
解析：设eq \(AB,\s\up15(→))＝a，eq \(AC,\s\up15(→))＝c，eq \(BD,\s\up15(→))＝d，由已知条件知|a|＝4，|c|＝6，|d|＝8，〈a，c〉＝90°，〈a，d〉＝90°，〈c，d〉＝60°，所以|eq \(CD,\s\up15(→))|2＝|eq \(CA,\s\up15(→))＋eq \(AB,\s\up15(→))＋eq \(BD,\s\up15(→))|2＝|－c＋a＋d|2＝a2＋c2＋d2－2a·c＋2a·d－2c·d＝16＋36＋64－2×6×8×eq \f(1,2)＝68，则|eq \(CD,\s\up15(→))|＝2eq \r(17).
答案：2eq \r(17)
8.如图，菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AC与BD相交于点O，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AB＝2，CF＝3.若直线OF与平面BED所成的角为45°，则AE＝________．
解析：如图，以O为坐标原点，以OA，OB所在直线分别为x轴，y轴，以过点O且平行于CF的直线为z轴建立空间直角坐标系．
设AE＝a，则B(0，eq \r(3)，0)，D(0，－eq \r(3)，0)，F(－1，0，3)，E(1，0，a)，所以eq \(OF,\s\up15(→))＝(－1，0，3)，eq \(DB,\s\up15(→))＝(0，2eq \r(3)，0)，eq \(EB,\s\up15(→))＝(－1，eq \r(3)，－a)．设平面BED的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(DB,\s\up15(→))＝0，,n·\(EB,\s\up15(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2\r(3)y＝0，,－x＋\r(3)y－az＝0，))
则y＝0，令z＝1，得x＝－a，
所以n＝(－a，0，1)，
所以cs〈n，eq \(OF,\s\up15(→))〉＝eq \f(n·\(OF,\s\up15(→)),|n||\(OF,\s\up15(→))|)＝eq \f(a＋3,\r(a2＋1)×\r(10)).
因为直线OF与平面BED所成角的大小为45°，
所以eq \f(|a＋3|,\r(a2＋1)×\r(10))＝eq \f(\r(2),2)，
解得a＝2或a＝－eq \f(1,2)(舍去)，所以AE＝2.
答案：2
9.(2020·北京卷)如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为BB1的中点．
(1)求证：BC1∥平面AD1E；
(2)求直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值．
(1)证明：因为几何体ABCD-A1B1C1D1为正方体，
所以AB∥C1D1且AB＝C1D1，
所以四边形ABC1D1为平行四边形，所以BC1∥AD1.
又BC1⊄平面AD1E，AD1⊂平面AD1E，
所以BC1∥平面AD1E.
(2)解：以A为坐标原点，分别以AD，AB，AA1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系．
设正方体的棱长为2，则A(0，0，0)，A1(0，0，2)，D1(2，0，2)，E(0，2，1)．
所以eq \(AA1,\s\up15(→))＝(0，0，2)，eq \(AD1,\s\up15(→))＝(2，0，2)，eq \(AE,\s\up15(→))＝(0，2，1)．
设平面AD1E的法向量为n＝(x，y，z)，直线AA1与平面AD1E所成的角为θ，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(AD1,\s\up15(→))＝0，,n·\(AE,\s\up15(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x＋2z＝0，,2y＋z＝0.))
令z＝－2，则x＝2，y＝1，所以n＝(2，1，－2)．
所以sin θ＝|cs〈n，eq \(AA1,\s\up15(→))〉|＝eq \f(|n·\(AA1,\s\up15(→))|,|n||\(AA1,\s\up15(→))|)＝eq \f(|－4|,3×2)＝eq \f(2,3).
所以直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值为eq \f(2,3).
10.(2019·全国卷Ⅰ)如图，直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．
(1)证明：MN∥平面C1DE；
(2)求二面角A-MA1-N的正弦值．
(1)证明：连接B1C，ME.
因为M，E分别为BB1，BC的中点，
所以ME∥B1C，且ME＝eq \f(1,2)B1C.
又因为N为A1D的中点，所以ND＝eq \f(1,2)A1D.
由题设知A1B1DC，
可得B1CA1D，故MEND，
因此四边形MNDE为平行四边形，所以MN∥ED.
又MN⊄平面C1DE，ED⊂平面C1DE，
所以MN∥平面C1DE.
(2)解：由已知可得DE⊥DA，以D为坐标原点，eq \(DA,\s\up15(→))的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，
则A(2，0，0)，A1(2，0，4)，M(1，eq \r(3)，2)，N(1，0，2)．
所以eq \(A1A,\s\up15(→))＝(0，0，－4)，eq \(A1M,\s\up15(→))＝(－1，eq \r(3)，－2)，
eq \(A1N,\s\up15(→))＝(－1，0，－2)，
eq \(MN,\s\up15(→))＝(0，－eq \r(3)，0)．
设m＝(x，y，z)为平面A1MA的法向量，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(A1M,\s\up15(→))＝0，,m·\(A1A,\s\up15(→))＝0，))
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－x＋\r(3)y－2z＝0，,－4z＝0，))
可取m＝(eq \r(3)，1，0)．
设n＝(p，q，r)为平面A1MN的法向量，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(MN,\s\up15(→))＝0，,n·\(A1N,\s\up15(→))＝0，))所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－\r(3)q＝0，,－p－2r＝0，))
可取n＝(2，0，－1)．
于是cs〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m||n|)＝eq \f(2\r(3),2×\r(5))＝eq \f(\r(15),5)，
所以二面角A-MA1-N的正弦值为eq \f(\r(10),5).
[综合应用练]
11．三棱锥的三条侧棱两两互相垂直，长度分别为6，4，4，则其顶点到底面的距离为( )
A.eq \f(14,3) B.2eq \r(17)
C.eq \f(6\r(22),11) D.eq \f(2\r(17),3)
解析：设三棱锥为P-ABC，且PA＝6，PB＝PC＝4，以P为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则P(0，0，0)，A(6，0，0)，B(0，4，0)，C(0，0，4)，eq \(PA,\s\up15(→))＝(6，0，0)，eq \(AB,\s\up15(→))＝(－6，4，0)，eq \(AC,\s\up15(→))＝(－6，0，4)．设平面ABC的一个法向量为n＝(x，y，z)，则n⊥eq \(AB,\s\up15(→))，n⊥eq \(AC,\s\up15(→))，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－6x＋4y＝0，,－6x＋4z＝0，))令x＝2，则y＝3，z＝3，所以n＝(2，3，3)，所以点P到平面ABC的距离d＝|eq \(PA,\s\up15(→))|·|cs〈eq \(PA,\s\up15(→))，n〉|＝eq \f(|\(PA,\s\up15(→))·n|,|n|)＝eq \f(12,\r(4＋9＋9))＝eq \f(6\r(22),11).故选C.
答案：C
12．如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB＝3，AA1＝4，P是侧面BCC1B1内的动点，且AP⊥BD1，记AP与平面BCC1B1所成的角为θ，则tan θ的最大值为( )
A.eq \f(4,3) B.eq \f(5,3)
C.2 D.eq \f(25,9)
解析：以DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
则A(3，0，0)，B(3，3，0)，D1(0，0，4)，设P(x，3，z)，则eq \(AP,\s\up15(→))＝(x－3，3，z)，eq \(BD1,\s\up15(→))＝(－3，－3，4)，因为AP⊥BD1，所以eq \(AP,\s\up15(→))·eq \(BD1,\s\up15(→))＝0，所以－3(x－3)－3×3＋4z＝0，所以z＝eq \f(3,4)x，所以|BP|＝eq \r(（x－3）2＋z2)＝eq \r(\f(25,16)x2－6x＋9)＝eq \r(\f(25,16)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(48,25)))\s\up12(2)＋\f(81,25))≥eq \f(9,5)，
所以tan θ＝eq \f(|AB|,|BP|)≤eq \f(5,3)，所以tan θ的最大值为eq \f(5,3).故选B.
答案：B
13．如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为BC的中点，点P在线段D1E上，点P到直线CC1的距离的最小值为________．
解析：如图，过E作EE1⊥B1C1于E1，连接D1E1，过P作PQ⊥D1E1于Q，在同一个平面EE1D1内，EE1⊥E1D1，PQ⊥D1E1，所以PQ∥EE1，又因为CC1∥EE1，所以CC1∥PQ，因为CC1⊥平面A1B1C1D1，所以点P到CC1的距离就是QC1的长度，所以当且仅当C1Q⊥D1E1时，所求的距离最小值为C1Q＝eq \f(C1D1·C1E1,D1E1)＝eq \f(2×1,\r(5))＝eq \f(2\r(5),5).
答案：eq \f(2\r(5),5)
14.如图所示，在四棱锥P-ABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，侧棱PA＝PD＝eq \r(2)，PA⊥PD，底面ABCD为直角梯形，其中BC∥AD，AB⊥AD，AB＝BC＝1，O为AD的中点．
(1)则直线PB与平面POC所成角的余弦值为________；
(2)则B点到平面PCD的距离为________．
解析：(1)在△PAD中，PA＝PD，O为AD的中点，
所以PO⊥AD.
又因为侧面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO⊂平面PAD，所以PO⊥平面ABCD.
在△PAD中，PA⊥PD，PA＝PD＝eq \r(2)，所以AD＝2.
在直角梯形ABCD中，O为AD的中点，
所以OA＝BC＝1，所以OC⊥AD.
以O为坐标原点，OC所在直线为x轴，OD所在直线为y轴，OP所在直线为z轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则P(0，0，1)，A(0，－1，0)，B(1，－1，0)，C(1，0，0)，D(0，1，0)，所以eq \(PB,\s\up15(→))＝(1，－1，－1)．
因为OA⊥OP，OA⊥OC，OP∩OC＝O，所以OA⊥平面POC.
所以eq \(OA,\s\up15(→))＝(0，－1，0)为平面POC的法向量，
cs〈eq \(PB,\s\up15(→))，eq \(OA,\s\up15(→))〉＝eq \f(\(PB,\s\up15(→))·\(OA,\s\up15(→)),|\(PB,\s\up15(→))||\(OA,\s\up15(→))|)＝eq \f(\r(3),3)，
所以PB与平面POC所成角的余弦值为eq \f(\r(6),3).
(2)因为eq \(PB,\s\up15(→))＝(1，－1，－1)，
设平面PCD的法向量为u＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(u·\(CP,\s\up15(→))＝－x＋z＝0，,u·\(PD,\s\up15(→))＝y－z＝0.))
取z＝1，得u＝(1，1，1)．
则B点到平面PCD的距离d＝eq \f(|\(PB,\s\up15(→))·u|,|u|)＝eq \f(\r(3),3).
答案：(1)eq \f(\r(6),3) (2)eq \f(\r(3),3)
15.(2020·天津卷)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，AC⊥BC，AC＝BC＝2，CC1＝3，点D，E分别在棱AA1和棱CC1上，且AD＝1，CE＝2， M为棱A1B1的中点．
(1)求证：C1M⊥B1D；
(2)求二面角B-B1E-D的正弦值；
(3)求直线AB与平面DB1E所成角的正弦值．
解：依题意，以C为原点，分别以eq \(CA,\s\up15(→))，eq \(CB,\s\up15(→))，eq \(CC1,\s\up15(→))的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系(如图)，可得C(0，0，0)，A(2，0，0)，B(0，2，0)，C1(0，0，3)，A1(2，0，3)，B1(0，2，3)，D(2，0，1)，E(0，0，2)，M(1，1，3)．
(1)证明：依题意，eq \(C1M,\s\up15(→))＝(1，1，0)，eq \(B1D,\s\up15(→))＝(2，－2，－2)，从而eq \(C1M,\s\up15(→))·eq \(B1D,\s\up15(→))＝2－2＋0＝0，所以C1M⊥B1D.
(2)解：依题意，eq \(CA,\s\up15(→))＝(2，0，0)是平面BB1E的一个法向量，eq \(EB1,\s\up15(→))＝(0，2，1)，eq \(ED,\s\up15(→))＝(2，0，－1)．
设n＝(x，y，z)为平面DB1E的法向量，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(EB1,\s\up15(→))＝0，,n·\(ED,\s\up15(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2y＋z＝0，,2x－z＝0.))
不妨设x＝1，可得n＝(1，－1，2)．
因此有cs〈eq \(CA,\s\up15(→))，n〉＝eq \f(\(CA,\s\up15(→))·n,|\(CA,\s\up15(→))||n|)＝eq \f(\r(6),6)，
于是sin〈eq \(CA,\s\up15(→))，n〉＝eq \f(\r(30),6).
所以，二面角B-B1E-D的正弦值为eq \f(\r(30),6).
(3)解：依题意，eq \(AB,\s\up15(→))＝(－2，2，0)．
由(2)知n＝(1，－1，2)为平面DB1E的一个法向量，
于是cs〈eq \(AB,\s\up15(→))，n〉＝eq \f(\(AB,\s\up15(→))·n,|\(AB,\s\up15(→))||n|)＝－eq \f(\r(3),3).
所以，直线AB与平面DB1E所成角的正弦值为eq \f(\r(3),3).
[拔高创新练]
16．已知在四棱锥P-ABCD中，平面PDC⊥平面ABCD，AD⊥DC，AB∥CD，AB＝2，DC＝4，E为PC的中点，PD＝PC，BC＝2eq \r(2).
(1)求证：BE∥平面PAD；
(2)若PB与平面ABCD所成角为45°，点P在平面ABCD上的射影为O，问：BC上是否存在一点F，使平面POF与平面PAB所成的角为60°？若存在，试求点F的位置；若不存在，请说明理由．
(1)证明：取PD的中点H，连接AH，EH，则EH∥CD，EH＝eq \f(1,2)CD，
又AB∥CD，AB＝eq \f(1,2)CD，
所以EH∥AB，且EH＝AB，
所以四边形ABEH为平行四边形，故BE∥HA.又BE⊄平面PAD，HA⊂平面PAD，所以BE∥平面PAD.
(2)解：存在，点F为BC的中点．理由：因为平面PDC⊥平面ABCD，PD＝PC，作PO⊥DC，交DC于点O，连接OB，可知O为点P在平面ABCD上的射影，则∠PBO＝45°.由题可知OB，OC，OP两两垂直，以O为坐标原点，分别以OB，OC，OP所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系O-xyz，
由题知OC＝2，BC＝2eq \r(2)，所以OB＝2，
由∠PBO＝45°，可知OP＝OB＝2，所以P(0，0，2)，A(2，－2，0)，B(2，0，0)，C(0，2，0)．
设F(x，y，z)，eq \(BF,\s\up15(→))＝λeq \(BC,\s\up15(→))，则(x－2，y，z)＝λ(－2，2，0)，解得x＝2－2λ，y＝2λ，z＝0，可知F(2－2λ，2λ，0)，
设平面PAB的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)，
因为eq \(PA,\s\up15(→))＝(2，－2，－2)，eq \(AB,\s\up15(→))＝(0，2，0)，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(PA,\s\up15(→))＝0，,m·\(AB,\s\up15(→))＝0，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x1－2y1－2z1＝0，,2y1＝0，))
令z1＝1，得m＝(1，0，1)．
设平面POF的一个法向量为n＝(x2，y2，z2)，
因为eq \(OP,\s\up15(→))＝(0，0，2)，eq \(OF,\s\up15(→))＝(2－2λ，2λ，0)，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(OP,\s\up15(→))＝0，,n·\(OF,\s\up15(→))＝0，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2z2＝0，,（2－2λ）x2＋2λy2＝0，))
令y2＝1，得n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(λ,λ－1)，1，0)).
所以cs 60°＝eq \f(|m·n|,|m||n|)＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(λ,λ－1))),\r(1＋1)·\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(λ,λ－1)))\s\up12(2)＋1))，
解得λ＝eq \f(1,2)，
可知当F为BC的中点时，两平面所成的角为60°.